人教版 (2019)第三章 热力学定律综合与测试课后复习题

第三章　热力学定律

本章达标检测

一、单项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分)

1.(2020辽宁锦州二中高二下月考)下列实例说明做功改变系统内能的是 (　　)

A.用热水袋取暖

B.用双手摩擦给手取暖

C.把手放在火炉旁取暖

D.用嘴对手呵气给手取暖

2.(2021河北巨鹿中学高二下月考)关于能量和能源,下列说法正确的是 (　　)

A.人类在不断地开发和利用新能源,所以能量可以被创造

B.在能源的利用过程中,由于能量在数量上并未减少,所以不需要节约能源

C.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性

D.能量耗散现象说明:在能量转化的过程中,虽然能的总量并不减少,但能量品质提升了

3.(2021福建莆田高二下期末)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解,下列说法正确的是              (　　)

A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J,同时从外界吸收80 J的热量,则它的内能增大20 J

B.物体从外界吸收热量,其内能一定增加;物体对外界做功,其内能一定减少

C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量能从高温物体传递给低温物体,而不能从低温物体传递给高温物体

D.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象,能量耗散符合热力学第二定律

4.(2020山东临沂平邑一中高二下测试)“温泉水滑洗凝脂,冬浴温泉正当时”,在寒冷的冬天里泡一泡温泉,不仅可以消除疲劳,还可以扩张血管,促进血液循环,加速人体新陈代谢。设温泉的水温恒定,水中气泡内的气体可视为理想气体,则温泉中正在缓慢上升的气泡              (　　)

A.压强增大,体积减小,吸收热量

B.压强增大,体积减小,放出热量

C.压强减小,体积增大,吸收热量

D.压强减小,体积增大,放出热量

5.(2021江苏常州高二下期中)图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程,图中ab的延长线过原点,则下列说法不正确的是              (　　)

A.气体从状态a到b的过程,气体体积不变

B.气体从状态b到c的过程,一定从外界吸收热量

C.气体从状态d到a的过程,气体的内能减小

D.气体从状态d到a的过程,气体对外界做功

二、多项选择题(本题共2小题,每小题5分,共10分。全选对得5分,选对但不全得3分,选错或不选得0分)

6.(2020重庆南开中学高三上质检节选)下列说法正确的是 (　　)

A.分子间距离增大,分子势能一定减小

B.一个热力学系统,如果从外界吸热,内能可能减少

C.气体温度升高,体积一定增大

D.热机的效率总是小于100%

7.(2020山东莱州一中高二上月考)如图所示,绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分,K与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b,气体分子的分子势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后,a、b各自达到新的平衡,则              (　　)

A.a的体积增大了,压强变小了

B.b的温度升高了

C.加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈

D.a增加的内能大于b增加的内能

三、非选择题(本题共5小题,共70分)

8.(12分)如图所示为测量大气压强的实验装置,将一定质量的理想气体密封在烧瓶内,烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接,最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高,烧瓶中气体体积为800 mL;现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水,稳定后U形管两臂中水银面的高度差为25 cm,不计玻璃管中气体的体积,环境温度不变。则:

(1)此过程中外界对烧瓶内的气体　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体将　　　　(填“吸热”或“放热”); 

(2)大气压强p0=　　　　cmHg。 

9.(12分)(2021江苏南通高二下测试)如图所示,开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置,卡口离缸底的高度h=0.1 m。质量M=20 kg的绝热活塞停在卡口处,活塞的横截面积S=1×10-2 m2,缸内气体温度t1=27 ℃,压强p1=0.9×105 Pa。现通过电热丝缓慢加热缸内气体,已知外界大气压强p0=1×105 Pa,取重力加速度g=10 m/s2,缸内气体可视为理想气体,0 ℃=273 K。

(1)活塞刚要离开卡口时,求气体的热力学温度T2;

(2)活塞离开卡口后继续上升了H=0.1 m,此过程中气体吸收了Q=320 J的热量,求此过程中气体内能的变化量ΔU。

10.(14分)(2021山东青岛高三一模)如图,绝热汽缸a与导热汽缸b、c均固定于地面,由刚性杆连接着的两个绝热活塞均可在汽缸内无摩擦滑动。开始时a、b两个汽缸内装有体积相等、温度均为T0的理想气体,真空汽缸c的容积与此时a、b两个汽缸中的气体体积相等,通过阀门与汽缸b相连。现将阀门打开,稳定后,a中气体压强变为原来的,环境温度保持不变。

(1)求稳定后汽缸a中气体的温度;

(2)请用热力学第一定律解释上述过程汽缸a中气体温度变化的原因。

11.(14分)(2021湖南长沙长郡十五校联考)如图所示,圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体,汽缸的高度为l,缸体内底面积为S,缸体重力为G。弹簧下端固定在桌面上,上端连接活塞,活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时,缸内气体高为0.5l,已知大气压强为p0,不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。

(1)求此时缸内气体的温度;

(2)求该过程缸内气体对汽缸所做的功;

(3)若该过程缸内气体吸收热量为Q,则缸内气体内能增加多少?

12.(18分)(2021湖南师大附中高二下期中)如图所示,圆柱形汽缸内的活塞把汽缸分隔成A、B两部分,A为真空,用细管将B与U形管相连,细管与U形管内气体体积可忽略不计,气体可视为理想气体。大气压强p0为76 cmHg。开始时,U形管中左边水银面比右边高6 cm,汽缸中气体温度T0为300 K。已知汽缸总长为l,横截面积为S,则:

(1)将活塞移到汽缸左端,保持气体温度不变,稳定后U形管中左边水银面比右边高62 cm,求开始时汽缸中A、B两部分体积之比;

(2)再将活塞从左端缓缓向右推动,并在推动过程中随时调节汽缸B内气体的温度,使气体压强随活塞移动的距离均匀增大,且最后当活塞回到原处时气体的压强和温度都恢复到最初的状态,求此过程中气体的最高温度Tm;

(3)若理想气体的内能U与温度T的关系为U=kT,k为常量且k>0,在(2)中气体达到最高温度时,求气体与外界交换的热量。(结果用Tm、T0、p0、k表示)

答案全解全析

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1.B　B选项中双手摩擦做功,使手的内能增加,温度升高;A、C、D都是通过热传递来改变系统的内能,选项B正确,A、C、D错误。

2.C　根据能量守恒定律,能量是不能够被创造的,选项A错误;在能源的利用过程中,虽然能量在数量上并未减少,但是能量的品质在降低,所以还需要节约能源,选项B错误;根据热力学第二定律可知,自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性,选项C正确;能量耗散现象说明:在能量转化的过程中,虽然能的总量并不减少,但能量品质降低了,选项D错误。

3.D　根据热力学第一定律知ΔU=W+Q=-100 J+80 J=-20 J,它的内能减小20 J,故A错误;根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,物体从外界吸收热量,其内能不一定增加,物体对外界做功,其内能不一定减少,故B错误;通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体,如电冰箱,故C错误;能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性,符合热力学第二定律,故D正确。

4.C　水温恒定,温泉中正在缓慢上升的气泡的压强减小,温度不变,由理想气体状态方程=C可知,体积增大;温度不变,故内能不变,体积增大时,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体吸收热量,故C正确。

5.D　因为p-T图像中ab的延长线过原点,所以从状态a到b,气体发生的是等容变化,气体的体积不变,故A正确,不符合题意;从状态b到c,温度升高,气体压强不变,根据理想气体状态方程=C可知体积增加,体积增加说明气体对外做功,温度升高说明气体内能增加,根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q可知气体吸收热量,故B正确,不符合题意;从状态d到a,图线上各点与原点连线的斜率变大,则气体体积变小,外界对气体做功,温度降低,内能减小,故C正确,不符合题意,D错误,符合题意。

6.BD　当分子间作用力表现为引力时,分子间距离增大,分子间作用力做负功,分子势能增加,选项A错误;一个热力学系统,如果从外界吸热的同时系统对外做功,则内能可能减少,选项B正确;根据理想气体状态方程=C可知,气体温度升高,体积不一定增大,选项C错误;根据热力学第二定律可知,热机的效率总是小于100%,选项D正确。

7.BCD　对a加热时,气体a的温度升高,压强增大,由于K与汽缸壁的接触面是光滑的,可以自由移动,所以a、b两部分的压强始终相同。气体b被压缩,外界对气体b做功,又因与外界没有发生热交换,所以b的内能增大,温度升高。根据理想气体状态方程=C,可知b体积减小,温度升高,压强一定增大,故A错误,B正确。a、b气体的压强始终相同,a的体积较大,则气体a的温度较高,所以加热后a的分子的热运动比b的分子的热运动更剧烈,故C正确。由于a气体的温度较高,所以a气体内能增加较多,故D正确。

8.答案　(1)做正功(3分)　放热(3分)　(2)75(6分)

解析　(1)气体体积减小,外界对气体做正功,温度不变,气体的内能不变,由热力学第一定律知,气体放热。

(2)初状态:p1=p0,V1=800 mL

注入水后:p2=p0+p,p=25 cmHg,V2=600 mL

由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p0=75 cmHg

9.答案　(1)400 K　(2)200 J

解析　(1)气体加热至使活塞刚要离开卡口,气体经历等容变化,则有= (2分)

当活塞刚要离开卡口时,根据受力分析有p2S=p0S+Mg (2分)

代入数据,解得p2=1.2×105 Pa(2分)

T2=400 K(2分)

(2)活塞离开卡口上升过程中,缸内气体发生等压变化,故气体对外做功,则有W=-p2SH=-120 J(2分)

此过程吸收热量Q=320 J

故此过程中ΔU=W+Q=200 J(2分)

10.答案　(1)T0　(2)见解析

解析　(1)阀门打开,稳定后,a中气体压强为原来的,此时b中气体的压强也变为原来的,设开始时a、b、c汽缸的容积为V0,稳定后汽缸b容积减少了V,以b、c为整体,由于温度不变,则p0V0=p0(2V0-V)              (3分)

解得V=V0 (2分)

在阀门打开至稳定过程,对汽缸a有= (3分)

可得T=T0 (2分)

(2)a中气体膨胀对外做功,因为汽缸a绝热,所以Q=0,根据热力学第一定律,理想气体内能减少,温度降低。              (4分)

11.答案　(1)2T0　(2)　(3)Q-

解析　(1)缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸过程为等压变化,故由盖-吕萨克定律可得=              (2分)

解得此时缸内气体的温度T=2T0 (2分)

(2)对汽缸列平衡方程G+p0S=pS (2分)

该过程气体对汽缸做功

W=Fx=pS(l-0.5l) (2分)

解得W= (1分)

(3)由热力学第一定律ΔU=Q+W',W'=-W,气体吸收的热量为Q,故其内能的增量ΔU=Q-。              (5分)

12.答案　(1)4∶1　(2)540 K　(3)kTm-kT0-p0Sl

解析　(1)汽缸B中气体原来压强p1=p0-p=70 cmHg

活塞移到左端后气体压强p2=p0-p'=14 cmHg

由玻意耳定律,有p1VB=p2(VA+VB) (2分)

解得 VA=4VB,则VA∶VB=4∶1 (2分)

(2)活塞初始位置离汽缸左端,当活塞位于最左端时,气体的压强为p2,温度为T0,体积为V2=VA+VB=Sl

活塞向右移动距离x时气体压强px=p2+k0x(k0为比例常数) (1分)

此时气体体积Vx=(l-x)S (1分)

当气体恢复到原来状态时压强p1=p2+ (1分)

由(1)中分析可知p1=5p2,则联立可得px= (1分)

由理想气体状态方程有= (1分)

解得Tx= (1分)

当x=时,气体有最高温度Tm=540 K(1分)

(3)气体达到最高温度时内能的增加量为ΔU=kTm-kT0 (1分)

压强p3=42 cmHg(1分)

此过程中的平均压强==28 cmHg(1分)

即=p0=p0 (1分)

外界对气体做功W=××S=p0Sl (1分)

由热力学第一定律ΔU=W+Q (1分)

则气体与外界交换的热量为 (1分)